Đề học sinh giỏi quốc gia năm 2006 môn Hóa học

Nội dung text: Đề học sinh giỏi quốc gia năm 2006 môn Hóa học

1. ĐỀ HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2006 MƠN: HĨA HỌC Câu 1 (4,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm. 1. Người ta qui ước trị số năng lượng electron trong nguyên tử cĩ dấu âm (-). Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định, e cĩ một trị số năng lượng tương ứng, đĩ là năng lượng của một mức. Cĩ 3 trị số năng lượng (theo đơn vị eV) của hệ He + là -13,6; - 54,4; -6,04. a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đĩ dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử? b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta cĩ thể xác định được một trị năng lượng ion hố của heli? Hãy trình bày cụ thể. 2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này cĩ cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đĩ trong giới hạn 2 < Z < 18. Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đĩ. 3. Thực nghiệm cho biết PCl5 cĩ hình song tháp tam giác, gĩc liên kết trong mặt phẳng đáy là 120o, trục với mặt đáy là 90o. Áp dụng thuyết lai hố, hãy giải thích kết quả đĩ. Câu 2 (6,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 2,5 điểm; 3. 2,0 điểm. 1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO 3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch khơng đổi khi thêm axit). Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được. 2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p H 2 = 1 atm) đươc nhúng trong dung dịch CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng trong dung dịch A. Hãy chỉ rõ anot, catot. b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1 lit dung dịch ở phía điện cực hiđro (coi thể tích khơng thay đổi). Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. - Cho: pKa (HSO4 ) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; chỉ số tích số tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 . o (RT/F) ln = 0,0592lg ; E Pb 2+ /Pb= - 0,123 V. 3. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat. Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ là 2,5 V. Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu cĩ bán kính 2,5cm, cao 20 cm. Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm. Hãy: a) Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện. b) Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ. Cho biết: Niken cĩ khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyên tử là 58,7(g/mol); hiệu suất dịng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J. Trang 1/10
2. Câu 3 (4,5 điểm): 1. 2,0 điểm; 2. 2,5 điểm. 14 1. Khi nghiên cứu một cổ vật dựa vào C (t1/2 = 5730 năm), người ta thấy trong mẫu đĩ cĩ cả 11 14 11 11 14 8 C; số nguyên tử C bằng số nguyên tử C; tỉ lệ độ phĩng xạ C so với C bằng 1,51.10 lần. Hãy: a) Viết phương trình phản ứng phĩng xạ beta (õ) của hai đồng vị đĩ. 11 14 b) Tính tỉ lệ độ phĩng xạ C so với C trong mẫu này sau 12 giờ kể từ nghiên cứu trên. Cho biết 1 năm cĩ 365 ngày. 2. a) Khi khảo sát phản ứng H2 (k) + Br2(k) 2 HBr (k) (1) tại hai nhiệt độ T 1 và T2 mà T1 K2. Phản ứng này toả nhiệt hay thu nhiệt? Hãy giải thích. b) Tại nhiệt độ 1024 0C, phản ứng (1) cĩ K = 1,6.10 5. Hãy tính trị số hằng số cbhh của phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) tại nhiệt độ này. Sự thay đổi trị số hằng số cbhh đĩ cĩ ý nghĩa hố học hay khơng? Tại sao? c) Người ta cho một lượng HBr nguyên chất vào bình kín cĩ thể tích cố định rồi đưa nhiệt độ tới 1024oC. 0 Hãy tính tỉ lệ HBr bị phân huỷ tại 1024 C (dùng phương trình (1)). Tại sao cĩ kết quả đĩ? Câu 4 (3,75 điểm): 1. 0,5 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 0,75 điểm; 4. 2,0 điểm. 1) Gọi tên các đồng phân đối quang nhận được khi monoclo hố metylxiclohexan 2) Cho sơ đồ chuyển hố các chất sau: Br2, P NH3 1. (CH3)2CHCH2COOH B D NH3 H2, Pt 2. (CH3)2CHCOCOOH E G o + C6H5CO3H t , H2 H3O 3. CH2=CH-CH=CH2 H I K Cl 4. AlCl3 LiAlH4 H2SO4 + X Y Z O -HCl - H2O HO HOO O O M1 MnO - Z + L + ; Z 4 Cl Cl M2 Viết cơng thức cấu tạo các sản phẩm hữu cơ B, D, E, G, H, I, K, X, Y và vẽ cấu trúc khơng gian của Z, L, M1, M2. Trang 2/10
3. HƯỚNG DẪN Câu 1 (4,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm. 1. Người ta qui ước trị số năng lượng electron trong nguyên tử cĩ dấu âm (-). Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định, e cĩ một trị số năng lượng tương ứng, đĩ là năng lượng của một mức. Cĩ 3 trị số năng lượng (theo đơn vị eV) của hệ He + là -13,6; - 54,4; -6,04. a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đĩ dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử? b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta cĩ thể xác định được một trị năng lượng ion hố của heli? Hãy trình bày cụ thể. 2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này cĩ cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đĩ trong giới hạn 2 < Z < 18. Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đĩ. 3. Thực nghiệm cho biết PCl5 cĩ hình song tháp tam giác, gĩc liên kết trong mặt phẳng đáy là 120o, trục với mặt đáy là 90o. Áp dụng thuyết lai hố, hãy giải thích kết quả đĩ. Hướng dẫn giải: 1. a) Trong He+ cĩ 1e nên nĩ chỉ chịu tác dụng của lực hút hạt nhân. e này chuyển động ở lớp càng gần hạt nhân càng chịu tác dụng mạnh của lực hút đĩ, năng lượng của nĩ càng âm (thấp). Khi chuyển động ở lớp thứ nhất, cấu hình 1s 1, e này cĩ năng lượng thấp nhất hay âm nhất, là -54,4 eV. Đĩ là mức thứ nhất (số lượng tử chính n = 1). Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s 1, e này cĩ năng lượng cao hơn, là -13,6 eV. Đĩ là mức thứ hai (số lượng tử chính n = 2). Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s 1, e này cĩ năng lượng cao hơn nữa, là -6,0 (4) eV. Đĩ là mức thứ ba (số lượng tử chính n = 3). Khi e cĩ năng lượng ở mức thấp nhất, mức thứ nhất (số lượng tử chính n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ ở trạng thái cơ bản. Với hai trị năng lượng cịn lại, -13,6 eV và - 6,0(4) eV, He+ đều ở trạng thái kích thích. b. Theo định nghĩa, năng lượng ion hố I bằng trị số tuyệt đối năng lượng cuả1e tương ứng ở trạng thái cơ bản. Với hệ He+: + 1 2+ He (1s ) - e He ; I2 = -E1s 1 - (-54,4 eV) = 54,4 eV 2. Theo điều kiện 2 < Z < 18 (a) các ion được xét thuộc các nguyên tố chu kì 2 (từ Li đến Ne) (b); chu kì 3 (từ Na đến Ar) (c) +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hố trị ít nên chúng cĩ khuynh hướng chủ yếu là mất e trở thành ion dương (+); hay gĩp chung e tạo liên kết cộng hố trị. Do đĩ ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì là F, O, N. Nguyên tử cĩ nhiều e Trang 3/10
4. hố trị hơn nên chúng cĩ nhiều khả năng hơn trong việc thu e để trở thành ion âm (-). Đĩ là các ion âm F-(cĩ 10 e ); O2-(cĩ 10 e ); N3- (cĩ 10 e). +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al cĩ ít e hố trị nên chúng đều là kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na + (cĩ10 e); Mg2+ (cĩ 10 e); Al3+ (cĩ 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì này là các phi kim dễ tạo thành ion âm (-) đều cĩ 18 e như Cl- ; S2- ; P3- . +) Đầu bài cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion này đều cĩ 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) cĩ số điện tích hạt nhân Z nhỏ hơn các ion dương (+). Các ion âm cĩ lực hút tác dụng lên các electron ngồi (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dương. Vậy các ion âm (-) cĩ bán kính lớn hơn. •) 3 ion âm (-) cĩ số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7) (d).Dãy (d) này đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion âm (-). •) 3 iondương (+) cĩ số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) (e) Dãy (e) này cũng đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion dương. Kết hợp (d) với (e) trên ta cĩ dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính như sau: Ion: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7) Bán kính: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 Ghi chú: Thực tế các ion O2- và N3- kém bền, khĩ tồn tại. 3. a) Trước hết ta xét cấu hình electron của các nguyên tử. P (Z = 15) [Ne]3s23p3 (a) Cl (Z = 17) [Ne]3s23p5 (b) Kí hiệu [Ne] biểu thị cấu hình 1s22s22p6 Cl (5) b) Hình dạng của PCl5 được mơ tả như hình bên: Mặt đáy tam giác (Ä) cĩ 3 đỉnh là 3 nguyên tử Cl (1), (2), (3); tâm là P. Gĩc ClPCl trong mặt đáy này là 120o. Cl Tháp phía trên cĩ đỉnh là nguyên tử Cl(5), tháp phía ( P Cl (1) dưới cĩ đỉnh là nguyên tử Cl (4). Hai đỉnh này cùng Cl (3) ở trên đường thẳng đi qua P. Gĩc Cl (4) PCl (1) bằng 90o. Độ dài liên kết trục PCl (4) hay PCl (5) đều lớn hơn độ dài liên kết ngang trong mặt đáy, dt > dn. Cl (4) c) Giải thích: Trong cấu hình electron của các nguyên tử P cĩ 3 e độc thân. Để trở thành nguyên tử trung tâm trong PCl5, một phân tử cĩ 5 liên kết tạo thành hình song tháp tam giác, P ở dạng lai hố thích hợp là sp3d. lai ho¸ (a) (a1) 3 3s2 3p3 3d sp d d (Ghi chú : Giả thiết P ở dạng lai hố sp2d2 vẫn được coi là hợp lí). Do lai hố như vậy, trong P cĩ 5 obitan chứa 5 e độc thân (xem (a1) trên). 3 trong số 5 obitan đĩ ở trong cùng mặt phẳng cĩ 3 đỉnh hướng về 3 phía lập thành 3 đỉnh của tam giác đều; 3 trục của chúng cắt nhau từng đơi một tạo thành gĩc 120 o. P ở tâm tam giác đều này. 2 obitan Trang 4/10
5. cịn lại cĩ 2 đỉnh trên cùng một đường thẳng vuơng gĩc (tạo gĩc 90o) với mặt phẳng tam giác và hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này. Mỗi Cl cĩ 1 AO-p nguyên chất chứa 1 e độc thân (xem (b) ở trên). Do đĩ mỗi AO này xen phủ với 1 obitan lai hố của P tạo ra 1 liên kết xích ma (ú). Trong mỗi vùng xen phủ đĩ cĩ một đơi electron với spin ngược nhau (), do P và mỗi Cl gĩp chung, Cl (5) Cl (2) chuyển động. Vậy trong 1 phân tử PCl 5 cĩ 5 liên kết xích ma (ú). 3 trong 5 liên kết được phân bố trong mặt đáy tam giác. 2 liên kết cịn lại ở trên đưịng thẳng Cl (3) P vuơng gĩc (tạo gĩc 900) với mặt phẳng tam giác và Cl (1) hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này. Cl (4) (Hình bên minh hoạ rõ ràng kết quả đĩ). Như vậy, PCl5 cĩ hình song tháp tam giác là hợp lí. Câu 2 (6,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 2,5 điểm; 3. 2,0 điểm. 1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO 3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch khơng đổi khi thêm axit). Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được. 2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p H 2 = 1 atm) đươc nhúng trong dung dịch CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng trong dung dịch A. Hãy chỉ rõ anot, catot. b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1 lit dung dịch ở phía điện cực hiđro (coi thể tích khơng thay đổi). Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. - Cho: pKa (HSO4 ) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; chỉ số tích số tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 . o (RT/F) ln = 0,0592lg ; E Pb 2+ /Pb = - 0,123 V. 3. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat. Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ là 2,5 V. Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu cĩ bán kính 2,5cm, cao 20 cm. Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm. Hãy: a) Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện. b) Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ. Cho biết: Niken cĩ khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyên tử là 58,7(g/mol); hiệu suất dịng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J. Hướng dẫn giải: 2+ – 1. Pb(NO3)2 Pb + 2NO3 0,010 0,010 2+ – Ba(NO3)2 Ba + 2NO3 0,020 0,020 + – H2SO4 H + HSO4 0,130 0,130 0,130 Trang 5/10
6. – 2+ + 7,93 HSO4 + Ba BaSO4 + H ; 10 0,130 0,020 0,130 0,110 0,150 – 2+ + 5,66 HSO4 + Pb PbSO4 + H ; 10 0,110 0,010 0,150 0,100 0,160 – + Thành phần của hệ: HSO4 0,100 M , H 0,160 M , BaSO4 , PbSO4 – + 2 – -2 HSO4 H + SO4 ; 10 C 0,100 0,16 x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x (0,160 + x) -2 2– -3 = 10 x = [SO4 ] = 5,69.10 (M) 0,100 –- x [HSO4 ] = 0,0943 (M) [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78 KS -9,93 [Ba2+] = (BaSO 4) = 10 = 2,0.10-8 (M) [SO 2–] 5,69.10-3 4 KS -7,66 2+ (PbSO4) 10 -6 [Pb ] = = -3 = 3,84.10 (M) [SO 2–] 5,69.10 4 + 2. a) • Cực Hiđro: 2 H + 2e H2 + – -4,76 CH3COOH H + CH3COO ; K a = 10 C 0,01 [ ] 0,01 - x x x x2 -4,76 + -4 (0,01 - x) = 10 x = [H ] = 4,08.10 M pH = 3,39 + E 2H /H 2 = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V) • Cực Pb/PbSO4: + – PbSO4 + H + 2 e Pb + HSO4 0,0592 [H+] o + - EPb = EPbSO4, H /Pb, HSO 4 + lg – 2 [HSO4 ] 0,0592 KS o + - o 2+ Trong đĩ EPbSO4, H /Pb, HSO 4 = EPb /Pb + lg = - 0,291 2 Ka 0,0592 0,1657 2H+/H EPb = - 0,291 + lg = - 0,283 (V) < E 2 0,0943 2 0,0592 1 oPbSO4/Pb 2– (Hoặc: E = E + 2 lg [SO4 ] 2+ 0,0592 oPbSO 4 /Pb Pbo /Pb (PbSO4) Mà E = E + 2 lg KS 0,0592 = - 0,123 + 2 lg10-7,66 = - 0,350 (V) 0,0592 Vậy E = - 0,350 + 2 lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 (V) ; 0,0592 0,0592 Trang 6/10 2 2
7. Cũng cĩ thể tính theo cặp Pb2+/Pb: E = - 0,123 + lg [Pb2+] = -0,123 + lg 3,84.10-6 = - 0,283 (V) Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot. + ( ) (anot) Pb PbSO4 , H CH3COOH H2 (Pt) (+) (catot) - BaSO4 , HSO4 b) 2 CH3COOH + Ba(OH)2 (CH3COO)2Ba + 2 H2O 0,010 0,005 0,005 - - -9,24 CH3COO + H2O CH3COOH + OH ; K b = 10 C 0,010 [ ] 0,010 - x x x 2 x = 10-9,24 x = 10-5,62 pH = 8,38 0,010 - x E + = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V (anot) 2H /H2 E PbSO 4 /Pb = - 0,284 V (catot) Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V. + Phản ứng trong pin: anot H2 2 H + 2e - + 2 CH3COO + 2 H 2 CH3COOH - 2 CH3COO + H2 2 CH3COOH + 2e + – catot PbSO4 + H + 2 e Pb + HSO4 Phản ứng xảy ra trong pin: - + – PbSO4 + H2 + 2 CH3COO + H Pb + 2 CH3COOH + HSO4 3. a) Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ: Anot : Ni Ni2+ + 2 e Catot: Ni2+ + 2 e Ni b) Thể tích của 1 mẫu vật kim loại hình trụ là V = ðr2h = 3,14 (2,5)2 20 = 392,5 (cm3). Lớp phủ niken ở mỗi mẫu vật cĩ bề dày 0,4 mm nên ở mỗi mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + (0,04 2) = = 20,08 (cm). Vậy thể tích của mỗi mẫu vật này tăng thêm một lượng là: ÄV = V ' - V = [ 3,14. (2,54)2. 20,08] - 392,5 ÄV = 14,281(cm3) Tổng số thể tích tăng thêm cuả cả 10 mẫu vật là: V = 10 ÄV = 10 14,281cm3 = 142,81 cm3. Đây cũng chính là thể tích niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lượng tương ứng là: M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức của định luật Farađay: m = AIt/ 96500n It = (m/A).96500n (1) Số điện năng tương ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Với Ni ta cĩ n = 2; theo trên đã cĩ (m/A) = 21,6526 (mol); theo đề bài U = 2,5 V. Thế các trị số này vào (2), ta cĩ w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) Vì hiệu suất dịng điện là 90% và 1 kWh = 3,6.106J nên số điện năng thực tế cần dùng là: W = (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106) Trang 7/10
8. W = 3,2245kWh. Câu 3 (4,5 điểm): 1. 2,0 điểm; 2. 2,5 điểm. 14 1. Khi nghiên cứu một cổ vật dựa vào C (t1/2 = 5730 năm), người ta thấy trong mẫu đĩ cĩ cả 11 14 11 11 14 8 C; số nguyên tử C bằng số nguyên tử C; tỉ lệ độ phĩng xạ C so với C bằng 1,51.10 lần. Hãy: a) Viết phương trình phản ứng phĩng xạ beta (õ) của hai đồng vị đĩ. 11 14 b) Tính tỉ lệ độ phĩng xạ C so với C trong mẫu này sau 12 giờ kể từ nghiên cứu trên. Cho biết 1 năm cĩ 365 ngày. 2. a) Khi khảo sát phản ứng H2 (k) + Br2(k) 2 HBr (k) (1) tại hai nhiệt độ T 1 và T2 mà T1 K2. Phản ứng này toả nhiệt hay thu nhiệt? Hãy giải thích. b) Tại nhiệt độ 1024 0C, phản ứng (1) cĩ K = 1,6.10 5. Hãy tính trị số hằng số cbhh của phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) tại nhiệt độ này. Sự thay đổi trị số hằng số cbhh đĩ cĩ ý nghĩa hố học hay khơng? Tại sao? c) Người ta cho một lượng HBr nguyên chất vào bình kín cĩ thể tích cố định rồi đưa nhiệt độ tới 1024oC. 0 Hãy tính tỉ lệ HBr bị phân huỷ tại 1024 C (dùng phương trình (1)). Tại sao cĩ kết quả đĩ? Hướng dẫn giải : 1.a) Các phương trình phản ứng hố học hạt nhân: 11 11 6C 7N + õ 14 14 6C 7N + õ b) Độ phĩng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức: A = ởN (1). Trong đĩ ở là hăng số phĩng xạ, N là số hạt nhân phĩng xạ tại thời điểm t đang xét. 11 Với mỗi đồng vị trên, ta cĩ: C A11 = ở11N11 (2) 14 C A14 = ở14N14 (3) •) Theo đầu bài, tại thời điểm đầu, cĩ thể coi là tại t = 0, ta kí hiệu: N11 = (No)11; N14 = (No)14 mà (No)11 = (No)14 (4) 8 Từ điều kiện: [A11/A14] = [ ở 11(No)11/ở14(No)14] = 1,51.10 , kết hợp với (4), ta 8 cĩ: ở11 = ở14 1,51.10 (5) 14 10 Với C ta cĩ ở14 = (0,6932/t1/2) = (0,6932/5730 365 24 60) = = 2,30210 (phút 1). Đưa kết quả này vào (5), ta tính được: 10 8 2 1 ở11 = 2,302 10 1,51.10 = 3,476.10 (phút ) (6) •) Xét tại t =12 giờ: Ta đã biết độ phĩng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức: A = ởN (1). Số hạt nhân phĩng xạ tại thời điểm t được tính theo phương trình động học dạng hàm mũ của ởt phản ứng một chiều bậc nhất N = No e = Noexp [-ởt] (7) 11 Với mỗi đồng vị trên, ta cĩ: C N11 = (No)11exp [-ở11t] (8) 14 C N 14 = (No)14exp [-ở14 t] (9) Vậy tại t = 12 giờ, ta cĩ [A11/A14] = [ở11N11/ở14N14] (10) Thay (8) và (9) vào (10), kết hợp (4), ta được: [A11/A14] = [ở11/ở14]exp [t(ở14 - ở11)] Trang 8/10
9. = (3,476.10 2/2,30210 10 )exp [12 60 ( 2,302 10-10 - 3,476.10 2] 10 2 3 Thực tế 2,30210 > ở14 =2,302 10 phút . Do đĩ trong thực tế ứng dụng người ta chỉ chú ý tới C14. 2.a) Theo điều kiện của đề bài: ở T 1 K2, nghĩa là khi nhiệt độ tăng cbhh lại chuyển dời sang trái. Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) là phản ứng toả nhiệt. b) Phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) (b) cĩ hằng số cbhh được kí hiệu là K b. So sánh hệ số các chất tương ứng trong (b) này với (1) 1/2 của đề bài, rõ ràng Kb = K . Sự thay đổi đĩ của trị số hằng số cbhh hồn tồn do thuần tuý làm tốn chứ khơng cĩ ý nghĩa hố học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh như dã được xét ở a) trên đây mới cĩ ý nghĩa hố học). c) Ta xét H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (1) Số mol ban đầu 0 0 n Số mol ở cbhh (1/2) nỏ (1/2) nỏ n - nỏ Với ỏ là tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính. Chú ýđiều kiện: 0 > 1, ta được ỏ ~ 1/2.102 ~ 0,005. Kết quả này thoả mãn điều kiện: 0 < ỏ < 1 (*). 0 Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H2 và Br2 tại 1024 C là ỏ ~ 0,005 hay 0,5%. Tỉ lệ này rất nhỏ, nghĩa là HBr rất bền, khĩ bị phân huỷ, mặc dù phản ứng (1) được thực hiện ở nhiệt độ rất cao, 10240 C. Đĩ là sự thể hiện của phản ứng (1) cĩ trị số của hằng số cbhh khá lớn, tới 1,6.105 tại nhiệt độ này. Số liệu trên cho thấy phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ dàng tại nhiệt độ đĩ. Tất nhiên phản ứng nghịch, tức là sự phân huỷ HBr xảy ra khĩ khăn. Câu 4 (3,75 điểm): 1. 0,5 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 0,75 điểm; 4. 2,0 điểm. 3) Gọi tên các đồng phân đối quang nhận được khi monoclo hố metylxiclohexan 4) Cho sơ đồ chuyển hố các chất sau: Trang 9/10
10. Br2, P NH3 1. (CH3)2CHCH2COOH B D NH3 H2, Pt 2. (CH3)2CHCOCOOH E G o + C6H5CO3H t , H2 H3O 3. CH2=CH-CH=CH2 H I K Cl 4. AlCl3 LiAlH4 H2SO4 + X Y Z O -HCl - H2O HO HOO O O M1 MnO - Z + L + ; Z 4 Cl Cl M2 Viết cơng thức cấu tạo các sản phẩm hữu cơ B, D, E, G, H, I, K, X, Y và vẽ cấu trúc khơng gian của Z, L, M1, M2. Hướng dẫn giải: 1) Cĩ 8 đồng phân: CH CH 3 3 CH3 CH3 Cl Cl Cl Cl (1S, 2R) (1R, 2S) (1R, 2R) (1S, 2S) CH3 CH3 CH3 CH3 Cl Cl (1S, 3R) (1R, 3S) (1R, 3R) Cl Cl (1S, 3S) KÝ hiƯu -2-clo-1-metylxiclohexan -3-clo-1-metylxiclohexan 2) Trang 10/10
11. Br2, P NH3 1. (CH3)2CHCH2COOH (CH3)2CHCHBrCOOH (CH3)2CHCHCOOH (D) NH2 NH3 H2, Pt 2. (CH3)2CHCOCOOH (CH3)2CHCOCOONH4 (CH3)2CHOHCOONH4 (E) (G) H2, Pt (hoỈc: (CH3)2CHCCOOH (CH3)2CHCHCOOH (E) NH (G) NH2 - (CH3)2CHCHCOO ) (G) +NH3 o C6H5CO3H t , H2 3. CH2 = CH - CH = CH2 CH2 = CH -CH CH2 (H) O + H3O CH3 - CH2 -CH CH2 (I) CH -CH -CH-CH O 3 2 2 (K) OH OH o t , H2 H O+ CH2 - CH2 -CH CH2 3 O + H3O CH3CH2CH(OH)CH3 + CH3CH2CH2CH2OH H 4. CH2 C CH2 CH2 C C O OH H (X) (Y) (Z) HO OH H O O H H H C C C C H H H H HO OH (L1) (L2) (M2) (M1) Trang 11/10